Seja $a, b \in \mathbb{R}$ com $a < b$. Seja $\mathcal{A} = \{ U_i \}_{i \in I}$ uma cobertura aberta de $[a, b]$. Então para todo $x \in [a,b]$, $$[a,x] \subset \bigcup_{i \in I} U_i. $$ Considete $S$ o conjunto de todos os $x \in [a,b]$ tal que $[a,x]$ admite uma subcobertura finita de $\mathcal{A}$. Claramente $a \in S$, logo $S$ não é vazio. Assim, $S \subset \mathbb{R}$ é um conjunto não vazio limitado superiormente por $b$. Seja então $x_0 = \sup S$. Temos que $x_0 \leq b$. Suponha por contradição que $x_0 < b$. Como $a \in S$, existe algum $i_j$ e $\epsilon > 0$ tal que $[a, a + \epsilon] \subset U_{i_{j}}$, de onde segue que $x_0 \geq a + \epsilon$, isto é, $x_0 > a$. Seja $i_0$ tal que $x_0 \in U_{i_{0}}$. Tome $\epsilon_0 > 0$ tal que $$a \leq x_0 - \epsilon_0 < x_0 < x_0 + \epsilon_0 \leq b, $$ e $[ x_0 - \epsilon_0, x_0 + \epsilon_0] \subset U_{i_0}$. Como $x_0 - \epsilon_0$ não é cota superior de $S$, existe $x_0 - \epsilon_0 < x_1 \leq x_0$ tal que $x_1 \in S$, então $[a,x_1]$ admite uma subcobertura finita, isto é, $$[a, x_1] \subset \bigcup_{j = 1}^{n} U_{i_j}.$$ Isso implica que $$[a, x_0 + \epsilon_0] \subset \bigcup_{j = 1}^{n} U_{i_j} \cup U_{i_0} = \bigcup_{j = 0}^{n} U_{i_j}. $$ Dái, segue que $x_0 + \epsilon_0 \in S$, o que é uma contradição. Logo, $x_0 = b = \sup S$. Um argumento análogo ao que fizemos mostra que $b \in S$. Portanto, $[a,b]$ é compacto.